每天一道数学题（2021-7-5）

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该博客证明了n次整系数多项式P(x)的递归应用P(k)(x)=x有最多n个整数根，关键在于不动点的阶数分析和不动点与多项式的关系。通过不动点性质和整除关系，展示了方程整根的上限。

问题：

设 $P (x)$ 为 $n (n > 1)$ 次整系数多项式，记 $P^{(1)}(x)=P(x),P^{(t+1)}(x)=P(P^{(t)}(x))$ . 证明：对任意的正整数 $k$ ，方程 $P^{(k)}(x)=x$ 至多有 $n$ 个整根.

解答：

首先容易验证对于 $u,v∈Z,u≠vu,v\in \mathbb{Z},u\neq v$ 有 $u−v∣P(u)−P(v)u-v\mid P(u)-P(v)$ .

接下来，我们证明 $P (x)$ 的不动点至多是二阶的，记 $P^{(k)}(x)=x_k$ ，若 $P(x)≠x,xk=xP(x)\neq x,x_k=x$ ，则有 $xk−1−xk∣xk−xk+1x_{k-1}-x_{k}\mid x_k-x_{k+1}$ ，于是有 $,xk−1−xk,xk−x1x-x_1,x_1-x_2,\cdots,x_{k-1}-x_{k},x_k-x_{1}$ 依次成整除的关系，而且第一项和最后一项相等，从而这些表达式的绝对值都相等。考虑 $,xkx_1,x_2,\cdots,x_k$ 中的最小者 $x_m$ ，则只能有 $x_{m-1}-x_m=x_{m+1}-x_m$ ，于是 $x_{m-1}=x_{m+1}$ ，这意味着 $P (x)$ 的不动点至多是二阶的。

考虑 $P (x)$ 的两对二阶不动点，设 $P (a) = b, P (b) = a, P (x) = y, P (y) = x$ ，且 $a, b, x, y$ 互不相等，于是由 $P (a) - P (x) = b - y$ 得到 $a−x∣b−ya-x\mid b-y$ ，由 $P (b) - P (y) = a - x$ 得到 $b−y∣a−xb-y\mid a-x$ ，所以有 $∣ a - x ∣ = ∣ b - y ∣$ ，同理可得 $∣ a - y ∣ = ∣ b - x ∣$ ，于是有 $a + b = x + y$ ，即 $P (x) + x - a - b = 0$ ，固定 $a, b$ ，这意味着 $P (x)$ 的每个二阶不动点都是多项式 $Q (x) = P (x) + x - a - b$ 的根。

再考虑 $P (x)$ 的一阶不动点 $P (t) = t$ ，同样由 $t - a = P (t) - P (b), t - b = P (t) - P (a)$ 得到 $t - a = - (t - b)$ ，即 $2 t - a - b = 0$ ，从而 $P (x)$ 的每个一阶不动点也是 $Q (x)$ 的根，而 $Q (x)$ 至多有 $n$ 个根，命题得证。